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给敢峰先生的一组信件

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发表于 2019-6-3 17:36 | 显示全部楼层 |阅读模式
本帖最后由 雷明85639720 于 2019-6-3 09:38 编辑

给敢峰先生的一组信件

5月14日:

方老:
我们都不要急,先从小的问题,一个一个慢慢的研究。比如说,你说的是“可空换色”,我说的是“空出颜色的交换”,“断链的交换”,“转型的交换”,可以先讲清楚各自术语的含意,你看是否可以。不知你明白不明白我的术语含意,但我是不懂你的“可控”二字的含意的。
雷明,5,14,

5月16日:
方老:
先说“可控换色”。
1、换色就是颜色交换,即把某条链中两种颜色互换位置。达到改变某一顶点的颜色的目的。为什么要冠一个“可控”二字呢?
2、按你说“可控”是在某个环(连通链)的同一侧进行的其相反链的交换。难道没有连通链时就不可进行交换吗?照样也是可以进行的,只要能达到从围栏顶点中去掉一种颜色的目的就可以。
3、是否可以把“可控”理解成交换的链是不能越过某个环的,你这样加上“可控”二字还可以。但交换本来就是在某条链内的交换,已经是有了控制的,你的交换却越出了某条链。这就与我们平时对交换的理解有了出入。但你并没有说明。别人肯定是理解为仍只能在链内进行交换的。
4、你的可控交换可以说成是在某条环的同一侧进行的另外两种颜色的交换,可以说与环的某一侧有多少条相反链是没有关系的,这一点你一定要说明白,讲清楚。不能与坎泊原来的交换混淆了。
5、你的每一眯演绎的前一步进行了可控环同一侧的两种相反颜色的交换,把一个与A—D链本不连通的D改成了A后得到的结果,与我在同一步转型交换的后一步进行人为创造关第二个同色的连通链A—C时,根据需要把同一个D改成了A的对果是相同的,都达到了同样的目的。为什么你的就对,而我的就不对呢?
6、因为5,我才说,终极图是怎么得来的与最终结果没有关系,这个图本来就是客观存在的。无论用什么方法得到,只要给出了这个图,四色研究的任务,就是只对其中的待着色顶点着色就行了。能着上四种颜色之一,其理论就是正确的,着不上四种颜色之一,其理论就是错误的。事实证明,你是对的,米勒是错的。他没有找到正确的解决方法,一味的只是转型交换,永远也是交换不完的。
雷明,2019,5,16,

5月16日:
方老:
1、 我认为,你把“可控换色”不如就直接说成是在某环(你的环就是我说的连通链加上待着色顶点所构成的圈)的某一侧交换与环中颜色不同的另外两种所有顶点的颜色。只有这样才不会造成与坎泊原来的颜色交换相混淆的现象。这只是一个建议。
2、我认为第三、第七步的前一图主要是移去一个A,从围栏顶点的一个A(第三步是围栏最上面的A,第三步是围栏左下角的A)交换了A—D链后就可以达到目的,并不需要把B—C环一侧的所有C、D顶点换色,就可以达到。而在后一图创造从另一个A(第三步是围栏左下角的A,第七步是围栏右上角的A)到其对角顶点的连通链A—C时,根据创造A—C连通链的需要,再进行改动。和你最终结果都是相同的。
3、你可能会认为,我说的“根据……需要”就是人为的,那么要造成连通的A—C链(即你说的四色不可解),不光是改了这个顶点的颜色,而且还是增加了边的,这也不还是人为的吗?所以我认为,只要结果相同,不必要去追究是在那一图中改动了。
4、我认为,既然前一图的目的只是为了移去一个A,那就只要把一个A移去就大到了目的;就到后一图在创造四色不可解时再改吧。既然分开了两个图画,就应在后一个创造四色不可解的图时再改,而不要在目的只是为了移去一个同色的图中去改。这样理由要充分一些。如果只画一个图时,我们也就不会产生这样的分岐了。只看结果,不看过程。
雷明,2019,5,16,

5 月17:
方老:
  我认为,既然我与你的各步最后结果都相同,各步中前一图只是移去了一个同色A,后一图都是要创造关于另一个同色A的连通链A—C,且仍还都要再增加新的边,才能形成连通的A—C链,那么,还不如就把改那个顶点的D为A的一步与增加新边放在一个图中进行,也不产生误会;另外也不需要再增加一个新的术语“可控换色”了,以免再引起误会。这是因为,在某环一侧的所有另外二色的换色与在某条链内进行的两种颜色的换色也容易混淆。我认为,应该尽量的使用原有的术语,只有在原有术语不够使用时,再增加新的术语。你看如何。
雷明,2019,5,17

5月20日:
方老:
1、既然有“可空换色”,那么相应的也就应有“非可控换色”。也就请你说说,什么样的换色是“非可控换色”。是不是在没有“环”存在的情况下的换色,才是“非可控换色”呢,或者说只在某条链内进行的换色,才是“非可控换色”呢。你的“可控换色”是在由某两种颜色构成的链与待着色顶点构成的“环”的一侧交换另外两种颜色的,是可控的;难道在某两种颜色构成的链内交换链上的两种颜色,不也是受着该链长度的控制吗。明明也是不能越出这条链的,为什么又不叫“可控换色”呢?又是在什么情况下应用“非可控换色”呢?你在第三步和第七步中又为什么要用“可控换色”呢?都得要有个理由才行呀。
2、你今天凌晨一点钟的来信说:“怎样才能可控换色?唯一的只能依靠环链,即:在环链之内或环链之外进行(包括通过V区)。而且从理论上说,应当是全交换。包括隐形线路在内。”我认为不对,难道没有环的图就不换色了吗?不换色怎么能把围栏上的四种颜色变成三种呢?比如单独的一个5—轮作为一个构形,是没有环存在的,换色不换色呢,不换色就不可能空出颜色给待着色顶点V;换色吧,没有环怎么办?而实际上还是要换色的。
3、转型换色也只是在某一链内进行的,并不是所有的B、D(或B、C)二色全换。这样就可以连续的移去两个同色B,空出颜色B给待着色顶点。“链”本身就是这种换色的约束条件,这种交换当然也可以叫做可控换色的。如果将B、D(或B、C)二色全换,图启不又变成了含有两个D(或C)色的5—轮构形吗。这样的“可控”换色起了什么作用呢?换色就是换色,不加“可控”二字完全是可以的。
4、既然我们在这一方面的认识不同,但都能得到终极图,最终目的是相同的。那么就求同存异吧,只求这一大局方面的相同吧。因此我才说,终极图的存在与它是如何得来的没有关系。有了这个图,只去研究这个图的性质及其解决的办法就可以了。但我总感到叫“终极图”不太合适,从它的性质上体现不出“终极”二字的含意。至少它在连续转型交换的过程中是体现不出“双无”构形这一类H—构形来的,自然这种“双无”构形的问题就得不到解决。所以它不是“终极图”,而只能是代表了某一类图中的一个顶点数最少的个别图。
雷明,2019,5,20

5月21日:
方老:
关于“双无”构形的问题。
1、我的“双无”构形是一个H—构形,其中不但含有连通且交叉的A—C链和A—D链,也是不能连续的移去两个同色B的,且A—B链与C—D链各只是一条连通链。你不能把只要是没有环形链的图,都认为是“双无”构形。
2、而你的演绎中各步所得的图,第0,1,2,3,4,5,6,7和第9,13各步所得到的图,均是可以连续的移去两个同色的K—构形,并不是H—构形,且除了第13步所得图中的A—B链是一条,C—D链仍是多条外,其他各步所得到的图中的A—B链和C—D链均是多条而都不是一条连通链。
3、你的第8,10,11,12各步所得到的图才是不可连续的移去个同色的H—构形(这几个图不但在下一步的同方向的转型中不能连续的移去两个同色,即就是向相反方向的转型也不能连续的移去两个同色),虽然其中的A—B链和C—D链各都不只是一条,且无环形链,但也应该算作是“双无”构形。第8,10两步所得到的图,再需经过一次同方向的转型交换后,就是一个可以连续的移去两个同色的K—构形;而第11步所得到的图,则要再经过三次同方向的转型交换,第12步所得到的图,也要再经两次同方向的转型交换后,分别才可是一个可以连续的移去两个同色的K—构形。这四个图的转型交换的次数皆不相同,转形交换最大需要几次,也不能定论。而这些所谓的“双无”构形,是在“终极图”还未构成之前就形成了,而不是在终极图形成后,才在连续转型交换的过程中形成的。
4、你的第14步得到的图就是“终极图”,只是呈ABA型,而不是BAB型。以后的各步,得到的图都是一个不可以连续的移去两个同色的H—构形,其中第14,16,18,20步得到的图中都有经过三个围栏顶点的环形链A—B,而第15,17,19步得到的图中都有经过两个围栏顶点的环形的A—B链。都可以交换环形链内、外的相反链C—D,使图变成K—构形而可约。
5、你对“双无”构形的解释是“因为它是不稳定的过渡型构型,在构建四色不可解线路集合过程中,因其四色可解被扬弃了。在构图过程中的笫二、三、六、七、十、十一各步中,都能找到。”实际上只是在第8,10,11和12步中才能找到“双无”构形的影子,但这些构形还都需要再进行若干次连续转型交换后,才是一个可以连续的移去两个同色的K—构形。怎么能说是“因其四色可解被扬弃了”的呢?在这里,虽然“双无”构形经若干次连续转型交换后,都可以变成K—构形,但交换的次数最大是多少,却还是没有确定的。
6、看来你的“终极图”在进行转型交换时,只能产生经过三个围栏顶点的环形链和经过两个围栏顶点的环形链的这两类构形,并不会产生“双无”类构形。“双无”构形因其无环形链,而必须采用转型交换法进行解决。但是否也会产生象终极图一样无穷的转型循环,而不会空出颜色呢?这就需要证明转型交换的次数是否有限的问题了,若是有限,就必须要有一个最大值。这才是四色问题证明中的关键所在。在这里,你的终极图以每二十次转型交换产生周期性的循环,对证明这个最大值却提供了方便。
7、这就是我认为你的终极图不能包括全部的H—构形的原因。所以说解决了终极图的着色问题,并没有解决四色猜测的证明问题。因为终极图只是含有经过三个围栏顶点的环形链类构形中的一个,它并不能代表这一类构形的全体,更不能代表H—构形的全体。所以说,要从全体出发,解决了这一类构形的着色方法后,再应用到终极图的着色上去;而不能把终极图这个个别图的着色方法推广到这一类构形中去。这也就是我说你的终极图本来就是客观存在的图的原因。由于终极图不能代表H—构形的全体,所以解决了终极图的着色问题,也不能说就解决了四色问题。
雷明,2019,5,21

5月22日:
方老:
    关于终极图是不是只有一个的问题。
1、应该说终极图也是H—构形的一个类别,其中也包括很多不同的构形。以BAB型构形为例,这类构形是属于含有经过构形的三个围栏顶点的A—B环形链一类构形的一个子构形类别。解决的办法仍只能用交换经过构形的三个围栏顶点的A—B环形链内、外的任一条相反链C—D(但链中要含有两条交叉链A—C和A—D中的顶点,才能使两交叉链断链,使图变成K—构形而可约。这一点一定是能够保证的,因为围栏的另外两个顶点C和D正好就是这两条交叉链的末尾顶点)。
2、但终极图类构形的特别之处,则是除了上述的一条A—B环形链外,还含有不经过构形的围栏顶点的与A—B环形链呈相反链的C—D环形链。在用连续转型交换时,每进行20次交换,就产生一个周期性的循环,各顶点的颜色又返回到最初始的状态。周而复始,永远的交换下去,总不能空出颜色给待着色顶点。这类构形在连续的转型交换时,奇数次交换后,所得到的图都是含有经过构形的两个围栏顶点的A—B链的构形,解决的办法也是交换环形的A—B链内、外的任一条C—D链(但链中要含有两条交叉链C—A(或D—A)和C—B(或D—B)中的顶点,才能使两交叉链断链,使图变成K—构形而可约。这一点也一定是能够保证的,因为围栏的另外三个顶点D—C—D(或C—D—C)中的C(或D)色顶点,正好就是这两条交叉链的起始顶点)。而偶数次交换,所得到的图都是含有经过构形的三个围栏顶点的A—B链的构形,且仍含有不经过构形围栏顶点的C—D环形链。解决的办法是都是交换经过构形的三个围栏顶点的A—B环形链内、外的任一条相反链C—D。
3、如何获得更多的终极图呢,就是在“终极图”内增加四色构件的办法,但仍要保证终极图的最基本条件不变,即含有经过构形的三个围栏顶点的A—B环形链和含有不经过构形的围栏顶点的C—D环形链。但在“终极图”内增加四色构件后的图,的确就不再是原“终极图”了,却又保持了原终极图的构造特征。所以他们是同一类构形。可见“终极图类构形”并不只是一个,而是有一很多个,是一个有A—B环形链的H—构形的一个支类别。你的“终极图”只能说是“终极图类构形”中的顶点数最少的一个。
4、是否在顶点数最少的终极图中增加了四色构件后的图都仍是终极图呢,不是的。我的所谓需要转型交换22次的构形,就不是终极图一类的构形,它也是在顶点数最少的终极图中增加了四色构件的。这个图仍含有经过了构形的三个围栏顶点的A—B环形链,但不含有不经过构形围栏顶点的C—G环形链,也可以交换环形链A—B内、外的任一条C—D链,变成K—构形,但却不能无休止的进行连续的转型交换,也不会产生循环和空不出颜色来。因这它不存在构成终极图的基本条件,即虽含有经过了构形的三个围栏顶点的A—B环形链,但不含有不经过构形围栏顶点的C—D环形链。
5、终极图在无休止的连续转型交换过程中,产生两种分别含有A—B环形链和C—D环形链的构形,连续转型的结果仍是空不出颜色来,是不是说所有含有A—B环形链和C—D环形链的构形,都能无休止的连续转型交换呢,不是的。而是只有从终极图经过连续转型交换得到的这种构形才有这种性质,其他不是从终极图经过连续转型交换得到的这种构形,都是经有限的转型交换后,就可以空出颜色的。我的那个需要转型交换22次的构形,虽然在有限次的连续转型交换过程中,也都得到的都是含有构形围栏顶点的A—B环形链的构形,这虽与终极图连续转型交换得到的图也都是含有构形围栏顶点的A—B环形链是相同的,但这种构形的连续转型却是有限的,而不是无休止的。同时在每一次交换所得的图中,交换环形链内、外的另一种相反的色链,都可以使图变成K—构形而可约。
雷明。2019,5,22

5 月23日:
方老:
现在再说22次转型交换的图。
1、上信中已经说了,这个图是在终极图中内增加了四色构件的图,由于这一构件的增加,破坏了构成终极图的基本条件,所以它不是终极图类。
2、这个图按我对H—图的定义:不但要有两条相交叉的A—C链和A—D链,还要不能连续的移去两个同色B,才是H—构形。该图是符合这一条件的,它就不应是是H—构形而是K—构形,尽管它也含有A—B环形链,也可以交换该环内、外的任一条C—D链使图变成K—构形,但它也不应该是H—构形。
3、按张先生只从图中有没有两条相交叉的A—C连通链和A—D连通链,来定义H—构形和K—构形,当然这个图就是H—构形了,因为图中含有这两两条相交叉的连通链。他对除了终极图以外的所有图的区分归类,都是以逆时针转型交换的次数确定的。我也就按他的方法对该图进行了逆时针连续转型交换,在进行了二十次交换后,构形转化成了一个可以连续的移去两个同色B的构形,再进行两次交换,移去了B,这就是二十二次交换的来历。
4、张先生按对改变终极图中的四边形对角线的方法,认为改变对角线所得到的图(他叫做的Z—构形,即终极图以外的所有构形)只有15种,最大的转型交换次数是16。我认为他这个“证明”是无根据的,不科学的,不是理论上的证明。所以我就用张先生在《H-M族构形的放大》一文中的一个图(即我认为是需要二十二次转型交换的图)进行逆时针转型,交换次数是22,用以来否定张先生的最大交换次数是16的说法。以其之矛攻其之盾。张先生已承认这个图的确需要交换二十二次,但又坚持他的最大交换次数是16的说法,这是一个很大的矛盾。但他仍看不到这一点。
5、但这个图按K—构形对待时,顺时针交换,两次交换就可以连续的移去两个同色B。所以我认这个构形应是K—构形。这个图在逆时针交换二十次所得的图,除了增加的四色构件与初始的构形着色不同外,其它的顶点颜色均与初始的颜色完全相同。这也说明了终极图的确是二十次转型是一个周期。该图初始状态时顺时针交换两次可以连续的移去两个同色B,那么现在在进行了二十次逆时针转型交换后,再进行逆时针交换两次,连续的移去两个同色B,也就是顺理成章的。的确,结果也就是这样。若把这个构件去掉,图就变成了终极图,再继续进行转型交换时,又是以每二十次交换一个周期的进行循环的。
6、这个图在二十次逆时针转型交换的过程中,所得到的每个图中都存在着环形的A—B链,但该环形链所经过的围栏顶点数总是在3与2之间转化着,所以每一步所得的图都可以交换A—B环形链内、外的任一条C—D链,使图变成K—构形而可约。在这一点上,这个图与终极图的连续转型是同的。每一步所得结果,除了增加的构件外,各顶点的颜色也与终极图转型每步所得结果完全相同,保留了终极图的特征。但终极图是无穷转型也空不出颜色的,而由终极图增加构件得到的这个图,却是20次有限转型就可空出颜色的。这个有限的20次,正也就是终极图连续转型的周期。以上就是我对需要二十二次转型的图的认识。
7、现在含有环形链A—B或C—D的H—构形的可约性都已经解决了,唯独“双无”构形的可约性问题还没有解决。我们只知道要用连续的转型交换法去解决,但交换的次数最大是多少,是否有限,还没有解决。只有解决了这些问题,才能说明四色问题是正确还是不正确。这封信中需要二十二次交换的这个图在第二十次转型所得的图中,除了在终极图中增加的构件的颜色与最初不同外,其他顶点都与最初的终极图的颜色相同,这说明非终极图的构形转型交换的次数一定是不会大于二十次的,这就为最终证明四色猜测提供了方便。如何证明,下一封信上再谈。
雷明,2019,5,23

5 月24日:
方老:
    关于如何证明连续转型交换中的最大交换次数的问题。
1、张彧典先生把构形分为米勒图类和非米勒图类,解决米勒图类构形是用他的Z—换色程序,解决非米勒图类构形则是用的连续颠倒法。但我认为他一直没有对最大的颠倒次数进行正确的证明。所以就产生了他的构形集原来除了米勒图外,只有八个构形,认为最大颠倒次数是7次,总共最大交换次数是9次。后来我在他第八构形的基础上,构造了需要颠倒8次,总共交换换10次的构形后,张先生又发现了需要颠倒12次,总共交换14次的构形,在此基础上我又构造了需要颠倒14次,总共交换16次的构形。但张先生后来又根据他对米勒图中的四边形对角线的改变所得到的图(张先生叫做Z—构形)进行颠倒时,认为最大颠倒次数是14,总共最大交换次数是16的结论。
2、我认为张先生这个“证明”还不能另人满意,就又在张先生的文章《H-M族构形的放大》一文中的一个图的基础上,构造了一个需要颠倒20次,总共交换22次的构形。张先生也表示我这个图是需要22次交换才能空出颜色的,并且又在该文章中补充说,这个“构形的几何结构变成非十折对称的了,按照文献2中的定理3,可以用H染色程序进行有限次颠倒染色证明其可约。这个构形雷明先生给出并且在施行H染色程序时颠倒染色22次后证明其可约的。”但张先生又在最近的文章中一直称他的非米勒图的Z—构形仍然只有15种。按照张先生对各种Z—构形进行连续颠倒的结论,颠倒次数与Z—构形的排序Zn中的序号n的关系是:颠倒次数是比n只是大1的。这就意味着连续颠倒的最大的颠倒次数(也即总的交换次数)仍是16(15+1)。我认为张先生的这种证明是没有科学根据的。我在这里就要证明最大的颠倒次数是不会大于20次和最大的交换次数是不会大于22次的。
3、在证明之前,我先谈一下我对构形进行转型交换的体会。除了米勒图类构形进行连续转型交换的次数是无穷的外,非米勒图类的构形进行连续转型交换的次数都是有限的,但不同的构形,这个有限次的转型交换的次数又是不同的,并且各个构形都可以进行两个方向的连续转型交换。我所构造的几个构形,都是根据这种关系得来的。若某一个构形逆时针方向颠倒M次后,可以空出颜色来,顺时针方向颠倒N次后,也可以空出颜色来,那么,就可以用同一个图构造出颠倒次数是M+N-2中的任何一个颠倒次数的构形来。如一个构形,张先生逆时针颠倒5(M)次可以空出颜色来,我对其进行顺时针颠倒时,颠倒了3(N)次也就空出了颜色来,那么,M+N-2=5+3-2=6,我把这个构形第1次顺时针颠倒的结果,再逆时针颠倒时,一定是6次颠倒后就会空出颜色来的。你可以试一试看看。我的逆时针颠倒22次的构形,顺时针颠倒时,就只需交换两次。
4、米勒图是一个无穷颠倒都空不出颜色的构形,且每20次颠倒就是一个循环周期,图中各顶点的颜色又回复到最原始的状态。这种构形很明鲜的特点就是图中含有一条经过了构形三个围栏顶点的A—B环形链,又有一条不经过构形围栏顶点的C—D环形链。为什么20次颠倒是一个周期,就是因为5—轮构形的围栏有5个顶点,围栏顶点所占用的颜色数是4个,必须是在4和5的最小公倍数20次颠倒时,构形各顶点的颜色才能都同时回复到最原始的状态。而非米勒图的一类构形,就不可能是一个无穷颠倒都空不出颜色的构形了,它们至少要在第20次颠倒时,图就应该转化成非H的K—构形。再交换两次,空出颜色来,总共是交换了22次。如果不是这样,图就应是米勒图了,但这里研究的图的确都不是米勒图构形,特别是“双无”(既无A—B环形链,又无C—D环形链)的构形,根本就没有构成米勒图的条件,所以一定会在第20次颠倒前转化为K—构形的。这就是我对“双无”构形用连续颠倒解决问题时,最大的颠倒次数的证明。
5、含有A—B环形链或含有C—D环形链的构形,都是可以用Z—换色程序解决的,只需交换两次就可以解决问题。而“双无”构形(既无A—B环形链,又无C—D环形链),只能用连续颠倒法进行解决。不但从一个方向连续颠倒的次数不会大于22次,而且从两个方向颠倒的次数总和也是不会大于24次的。若一个构形逆时针方向颠倒次数是22次时,则这个图顺时针颠倒的次数(即交换次数)一定是2,即这个图本身就不是H—构形,而是K—构形,不需要颠倒。所谓的2次颠倒,实际上就是进行两次一般的交换空出了颜色。若把该图认为是H—构形,则22+2=24。即任何“双无”构形两个方向颠倒次数的总和一定是不会大于24次的。
6、四色猜测的证明:H—构形中,连通的A—C链和连通的A—D链是不能交换的,也空不出A,C,D三色之一来,而B—C链和B—D链也不能连续的进行交换,所以也空不出两个同色B来。现在唯一的只能是交换A—B链和C—D链了。而这两种链在图中的存在形式只能有三种不可避免的形式:即A—B链是环形的,或C—D链是环形的,或者A—B链和C—D链都不是环形的(两链都是环形的构形虽是存在的,但却分别属于A—B环形链类型或C—D环形链类型,可不再作为单独一类)。这三类不可免的构形就构成了H—构形的不可免集,并且是完备的。这三类不可免的H—构形,有环形链的构形均可用Z—换色程序解决问题,而“双无”构形则要用连续颠倒的方法,在有限的22次交换之内就可以解决问题。这就证明了这些不可免的H—构形都是可约的。再加上坎泊早已证明了K—构形都是可约的,到此,也就证明了四色猜测是正确的。
雷明,2019,5,24

(由于文件太长,不能发出,所以后面取掉了几封短信)

注:这组信件已于二○一九年六月三日在《中国博士网》上发表过,网址是:
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